（新课改省份专版）2020高考化学一轮复习 4.8 重点专攻 氨气的制备金属与硝酸反应的计算学案（含解析）.doc

第8课时重点专攻氨气的制备金属与硝酸反应的计算考点一氨气的制备经典实验图解高考创新考查合成氨工业的简要流程可用方框图表示为： (1)原料气的制取N2：将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，除去CO2后得N2。H2：用水和燃料(煤、焦炭、石油、天然气等)在高温下制取。用煤和水制H2的主要反应为：CH2O(g)COH2，COH2O(g)CO2H2。(2)原料气的净化制得的N2、H2需净化、除杂质，再用压缩机压缩至高压。(3)氨的合成：在适宜的条件下，在合成塔中进行。(4)氨的分离：经冷凝使氨液化，将氨分离出来，为提高原料的利用率，将没有完全反应的N2和H2循环送入合成塔，使其被充分利用。典例.实验室制取氨气的常见方法如下：序号方法装置氯化铵与熟石灰固体混合加热浓氨水加热浓氨水滴加到固体烧碱上(1)方法的化学方程式为_。(2)依据表中所列方法，从下列图中选择合适的发生装置并将其序号填入表中装置栏中。.甲同学设计了如图所示实验装置(部分夹持仪器未画出)，探究氨气的还原性并检验产物。实验现象为：黑色CuO变为红色，白色无水CuSO4粉末变为蓝色，同时生成一种无色、无污染的气体。(3)写出氨气与CuO反应的化学方程式：_。(4)碱石灰的作用是_。(5)该装置存在明显缺陷，应在上述装置最后连接一个尾气吸收装置，你认为可选用_(填字母)。解析.(1)氯化铵与熟石灰固体混合加热生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O。(2)氯化铵与熟石灰固体混合加热制备气体是固体固体=气体的反应，选择b装置；浓氨水加热是液体直接加热得到氨气，选择装置a；浓氨水滴加到固体烧碱上不需要加热，利用固体烧碱溶解放热使一水合氨分解生成氨气，选择装置c。.发生装置是氯化铵和氢氧化钙固体混合加热反应生成氨气、氯化钙和水蒸气，通过干燥管中碱石灰吸收水蒸气，得到干燥氨气，通过玻璃管与氧化铜加热反应生成铜、氮气和水，最后通过无水硫酸铜检验生成的水蒸气。(3)氨气具有还原性，CuO具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成氮气、铜和水，反应的化学方程式为3CuO2NH33CuN23H2O。(4)碱石灰的作用是吸收氨气中的水蒸气，防止干扰产物水的检验。(5)氨气极易溶于水，吸收需要防止倒吸，故选a或b或d。答案(1)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O(2)bac(3)3CuO2NH33CuN23H2O(4)吸收氨气中的水蒸气，防止干扰产物水的检验(5)a或b或d备考方略实验室制取氨气的简易方法方法化学方程式(或原理)发生装置加热浓氨水NH3H2ONH3H2O固体NaOHNaOH溶于水放热，促使NH3H2O分解，且OH浓度的增大有利于NH3的生成浓氨水固体CaOCaO与水反应，使溶剂(水)减少；反应放热，促使NH3H2O分解。化学方程式NH3H2OCaO=NH3Ca(OH)2综合训练1实验室制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是()A用装置甲制取氨气B用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出C装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜D可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理解析：选B氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，二者在试管口遇冷又重新化合生成氯化铵，不能用装置甲制取氨气，A错误；氨气密度小于空气，可以用向下排空气法收集，即用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出，B正确；装置丙中黑色固体变成红色时还原产物不一定为铜，因为氧化亚铜也是红色的，C错误；氨气极易溶于水，不能用装置丁直接吸收，应防倒吸，D错误。2NH3及其盐都是重要的化工原料。(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为_。(2)按下图装置进行NH3性质实验。先打开旋塞1，B瓶中的现象是_，原因是_，稳定后，关闭旋塞1。再打开旋塞2，B瓶中的现象是_。解析：(1)制备氨气时，加热固体的试管口应略向下倾斜，所以制备装置应选取装置A；氨气的密度比空气的小，因此应用向下排空气法收集，所以收集装置应选取装置C；氨气极易溶于水，应防止发生倒吸，因此尾气处理装置应选取装置G。(2)A瓶的压强大于B瓶的，因此A瓶中的氯化氢进入B瓶中，与氨气反应生成氯化铵，可以看到B瓶中有白烟生成。由于氯化氢和氨气反应导致B瓶中的压强降低，且B瓶中的氯化氢相对过量，因此当打开旋塞2时，石蕊水溶液会被倒吸入B瓶中，遇氯化氢溶液变红色。答案：(1)A、C、G(2)有白烟生成A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟液体进入B瓶中，溶液的颜色变红3(2019枣庄调研)某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。请回答下列问题：.验证NH3能还原CuO(1)试剂X为_。(2)请将提供的装置按合理顺序连接：g_。(3)装置B的作用是_。(4)证明NH3能还原CuO的实验现象是_。.探究还原产物的成分查阅资料Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2OH2SO4(稀)=CuCuSO4H2O。实验探究实验操作实验现象实验结论取10.4 g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置若无现象证明红色固体为_(填名称，下同)若溶液变蓝证明红色固体肯定含有_，可能含有_取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4 g经计算，红色固体的成分及其物质的量为_解析：.(1)氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，试剂X用于干燥氨气且不与氨气反应，所以为碱石灰。(2)装置C生成氨气后，首先经过E干燥，再通入A中反应，生成的气体通过D进行检测，最后用B装置吸收尾气。所以连接顺序为gfhabdec。(3)氨气极易溶于水，吸收氨气时一定要考虑防止倒吸，B装置中，氨气通入后先与CCl4接触，并不溶于CCl4，会溶于上层的水，可以防止倒吸；B装置前连接D装置，其用于检验A装置中是否产生水，则不能让空气中的水蒸气进入D装置，所以B装置还可以隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入D装置中。(4)A中黑色粉末变为红色能证明CuO与NH3反应生成了Cu或Cu2O，D中白色固体变为蓝色能证明CuO与NH3反应生成了H2O。.向红色固体中加入稀硫酸无现象，说明红色固体为Cu，其不与稀H2SO4反应。有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu。所得固体为Cu，物质的量为0.1 mol；由反应前红色固体质量为10.4 g，反应后得固体质量为6.4 g，可知红色固体中一定有Cu2O，Cu2O的物质的量可根据发生反应的化学方程式列式进行计算：Cu2O2H=Cu2CuH2Om1 mol 1 mol80 g005 mol0.05 mol4 g则原固体中还含有0.05 mol Cu。红色固体的成分及其物质的量：铜和氧化亚铜各0.05 mol。答案：.(1)碱石灰(2)fhabdec(3)吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入D中(4)A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色.铜氧化亚铜铜铜和氧化亚铜各0.05 mol考点二金属与硝酸反应的规律与计算1金属与硝酸反应的规律(1)HNO3与金属反应不能产生H2。(2)还原产物一般为HNO3(浓)NO2，HNO3(稀)NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2或NH4NO3。与Cu反应由铜与硝酸反应的化学方程式知，浓硝酸被还原为NO2，氮元素的化合价变化为54；稀硝酸被还原为NO，氮元素的化合价变化为52。一般情况下，硝酸的浓度越小，其还原产物的价态越低与Zn反应锌与硝酸可发生如下反应4Zn10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2N2O5H2O，4Zn10HNO3(极稀)=4Zn(NO3)2NH4NO33H2O(3)硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。2金属与硝酸反应计算的思维流程考法精析考法一金属与硝酸反应的规律典例1如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是()A一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B用一定量的铁粉与大量的9.75 molL1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多D当硝酸浓度为9.75 molL1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为531解析根据图像可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的(转化为硝酸铁)，因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1 mol，B错误；根据图像可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；根据图像可知当硝酸浓度为9.75 molL1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为1062531，D正确。答案B考法二金属与硝酸反应的计算典例2将Mg和Cu的合金2.64 g，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896 L(标准状况下)，向反应后的溶液中加入2 molL1NaOH溶液60 mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为()A4.32 gB4.68 gC5.36 g D6.38 g解析根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成0.896 L NO转移的电子为0.896 L22.4 Lmol1(52)0.12 mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要OH的物质的量一定等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为2.64 g0.12 mol17 gmol14.68 g。答案B备考方略“四法”突破金属与硝酸的计算原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量得失电子守恒法HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量电荷守恒法HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH)，c(NO)c(H)nc(Mn)(Mn代表金属离子)离子方程式计算法金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO在H2SO4提供H的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H或NO进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒综合训练1将11.2 g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是()A0.3 mol NO2和0.3 mol NOB0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4C0.6 mol NOD0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4解析：选D向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH)为21.4 g11.2 g10.2 g，物质的量为0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的MgCu提供的电子为0.6 mol。生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol(54)0.3 mol(52)1.2 mol，得失电子不相等，A错误；生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol(54)0.1 mol2(54)0.4 mol，得失电子不相等，B错误；生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol(52)1.8 mol，C错误；生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol(52)0.2 mol(54)0.05 mol2(54)0.6 mol，得失电子相等，D正确。2.向200 mL 2 molL1 HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量(假设生成的气体只有一种)，在此过程中，n(Fe2)随n(Fe)变化如图所示。下列有关说法正确的是()A该过程中产生标准状况下的氢气4.48 LB向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象C图中a1.5、b1.5D当加入铁粉n mol时(0.1n0.15)，溶液中n(Fe3)(0.32n)mol解析：选D硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，不生成氢气，A错误；c点处的溶液是硝酸亚铁，若加入盐酸，H、NO和Fe2发生氧化还原反应生成Fe3，溶液变为黄色，B错误；向硝酸中加入铁粉发生的反应为Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，硝酸的物质的量为0.4 mol，则消耗铁的物质的量为0.1 mol，b0.1，生成硝酸铁0.1 mol，随后发生反应2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，生成硝酸亚铁为0.15 mol，则a0.15，C错误；根据上述分析，当加入铁粉n mol时(0.1n0.15)，参加反应2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2的铁为(n0.1)mol，消耗硝酸铁为2(n0.1)mol，则溶液中n(Fe3)0.1 mol2(n0.1)mol(0.32n)mol，D正确。